Вопросы: По какой траектории и как должна двигаться точка, чтобы пройденный ею путь равнялся модулю перемещения?

Это выражение имеет смысл (дает два разных или одинаковых действительных значениях t) лишь при cosα ≤ 1/3 .

Отсюда получим

v = 2v_out/d.

Из последнего соотношения следует, что движение лодки в направлении, параллельном берегам, происходит с постоянным ускорением

Лодка достигает середины реки за время Т = d/(2u). За это же время она будет снесена вниз по течению на расстояние

S_1/2 = ½ aT² = v_od/ (4u).

При движении от середины реки до противоположного берега лодка будет снесена дополнительно еще на расстояние S_1/2 . Таким образом, искомое расстояние равно

S = v_od/ (2u).

При движении лодки до середины реки

x = ½ at² = (v_ou/d)t² , а y = ut. Из этих соотношений определим траекторию лодки от А до D:

y² = (du/v_o) x (парабола).

Вторая половина траектории имеет тот же характер, что и первая.

5. Из точки А вертикально вверх брошен камень со скоростью v = 10 м/с. Через какое время следует бросить с той же по модулю скоростью второй камень из точки В под углом α = 45^о к горизонту, чтобы он попал в первый камень? Точки А и В расположены на одной горизонтали. Расстояние между ними L = 4 м.

Ответ: τ = 1.2 c.
Решение.
По горизонтали второй камень движется равномерно. По вертикали оба камня движутся с ускорением g . Таким образом

L = vcosα(t – τ),

где τ – искомое время между бросками,

vt – ½ gt² = vsinα(t – τ) – ½ g(t – τ)²;

отсюда

t = v/g + {(v/g)² – 2Ltgα/g + [L/(vcosα)]²}^1/2, где (vsinα)² > gL.

τ = t – L/vcosα = 1.2 c

v_max = gτ/(2sinα) = 7 м/с.

Скорость шарика при пересечении оси лунки (она же горизонтальная скорость) минимальна:

v_min = v_max cosα;

отсюда

v_min = ½ gτ ctgα = 5 м/с.

x = V_o cosβ t

xtgα = V_o sinβ t – ½ gt² ,

получим:

c учетом того, что cos²β = 1/(1 + tg²β)

x = 2 V_o² (tgβ - tgα )/[g(1 + tg²β)].

Из условия экстремума для x:

dx/d(tgβ) = (2V_o²/g){ 1 + tg²β - 2tgβ ( tgβ - tgα )}/(1 + tg²β ) = 0

следует, что

tgβ = tgα + 1/cosα = (1 + sin α)/cosα,

откуда

Например, при α = 0 , β = 45^o , как и должно быть.

x = v_ocosα t,

y = h + v_o sinα t – ½ gt².

Поскольку мяч должен быть переброшен через забор с минимальной скоростью, то, очевидно, нужно рассмотреть бросок, при котором траектория мяча пройдет через точку А. Используя полученные уравнения, получим уравнение траектории мяча

y = h + xtgα – ½ gx²(1 + tgα²)/v_o².

В точке А координаты мяча x = S, y = H. Следовательно

H = h + Stgα – ½ gS²(1 + tgα²)/v_o².

Отсюда получим зависимость начальной скорости v₀ мяча от угла α:

v_o² = ½ gS²(1 + tgα²)/( Stgα +h – H).

Исследуем эту зависимость на экстремум d(v_o²)/d(tgα) = 0.

S tgα² – 2(H – h) tgα – S = 0,

tgα = {H – h + [(H – h)² + S²]^1/2}/S . (α = 50.6^o)

Следовательно, минимальная скорость, с которой надо бросить мяч, равна

v_o = {½ gS²(1 + tgα²)/( Stgα +h – H)}^1/2 или

v_o² = g(H – h){1 + [1 +s²/(H – h)²]^1/2}


7. Два автомобиля движутся друг за другом по дороге с одинаковой скоростью
v = 72км/ч. При каком минимальном расстоянии l между ними камешек, застрявший между сдвоенными шинами переднего грузового автомобиля, не может попасть в задний автомобиль?

Решение

Перейдем в систему отсчета, связанную с движущимися автомобилями. Тогда можно считать, что сами автомобили неподвижны, а колеса равномерно вращаются. Наиболее удаленные от оси колеса точки имеют скорость v. Такую же начальную скорость имеет в момент отрыва от колеса и камешек. Наибольшее расстояние он пролетит, если его начальная скорость образует с горизонтальной плоскостью угол α = 45^о. Это расстояние составит

v²sin2α/g = v²/g.

Итак, l = v²/g = 41м.

H – h = v_osinα t – ½ gt².

Горизонтальная составляющая скорости мяча при касании передней точки дужки v_x = v_ocosα, а вертикальная v_y = v_osinα – gt. Тогда

tgβ = -(v_y/v_x) = -(Ltgα – gt²)/L,

где

gt² = 2Ltgα – 2(H – h).

tgα = 2(H – h)/L + tgβ = 2(H – h)/L + r/(R² – r²)^1/2 ≈ 1.

α ≈ 45^о.
9. На высоте h параллельно поверхности земли летит шар со скоростью v_Ш. Мальчик бросил камень со скоростью v_K , прицелившись прямо в шар под углом α к горизонту. Найти на какой высоте летел шар, если камень все же попал в него.

Ответ: h = 2v_ш(v_Kcosα – v_Ш)tg²α/g.



Решение
Движение камня:

y_k = v_osinα t – ½ gt²,

x_k = v_ocosα t.

Движение шара:

у_ш = h,

x_ш = x_oш + v_шt = hctgα + v_шt.

Встреча:

y_k = у_ш = h,

x_k = x_ш

v_ocosα t = hctgα + v_шt → t = hctgα/(v_ocosα - v_ш) →

h = v_osinα hctgα/(v_ocosα - v_ш) – ½ g [hctgα/(v_ocosα - v_ш)] →

h = 2v_ш(v_Kcosα – v_Ш)tg²α/g.

Скатывание трубы можно представить как результат ее поступательного движения и вращения вокруг собственной оси. В соответствии с этим скорость i –ой точки трубы равна

поскольку кинетическая энергия системы материальных точек равна сумме кинетических энергий этих точек, то кинетическая энергия трубы будет равна

W = ½ ∑m_iv_i²,

где m_i – масса ее i –ой точки. Поскольку трубу следует рассматривать как твердое тело, угловые скорости всех ее точек должны быть одинаковы и равны ω = v_П /R , т.к. труба движется без проскальзывания. Здесь R – радиус трубы. Пренебрегая толщиной трубы, получим, что v_{i вр} = v_П. Отсюда

W = ½ ∑m_i(v_П + v_{i вр})² = ½ m(v_П² + v_{i вр}²),

где m = ∑m_i– масса трубы. Здесь учтено, что ∑m_iv_Пv_{i вр} = 0, т.к. диаметрально противоположные точки трубы в силу ее однородности имеют одинаковые массы и одинаковые по величине, но противоположные по направлению скорости v_{i вр}. Следовательно

W = mv_П².

С другой стороны, на основании закона сохранения механической энергии можно утверждать, что

mv_П² = mgh = mgLsinα,

где h – высота, на которую опустился центр трубы к моменту t, когда труба, начав двигаться из состояния покоя, приобрела скорость v_П, а L – расстояние вдоль наклонной плоскости, на которое переместилась ось трубы к указанному моменту, g – ускорение свободного падения. Поскольку движение центра масс трубы является равнопеременным, то

v_П = аt и L = ½ at² ,

где а – искомое ускорение. Отсюда

W_k = ½ (M + m)v².

На основании закона сохранения механической энергии можно записать

½ (M + m)v(t)² = mgh(t).

Величину тангенциальной составляющей ускорения обода можно считать равной ускорению груза

v(t) = a_τ t ; h(t) = ½ a_τ t².

Подставляя эти соотношения в предыдущие уравнение, получим:

a_τ = mg/(m + M).

Учитывая, что нормальная составляющая ускорения равна

определим полное ускорение точек обода в момент времени t:

v₁ = ½ ωd.

Линейная скорость точек обоймы

v₂ = ½ Ω D.

Так как шарики катятся без проскальзывания, такими же будут и мгновенные скорости тех точек шарика, которые в данный момент соприкасаются с валом и обоймой. Но мгновенную скорость любой точки шарика можно рассматривать как сумму двух скоростей – скорости движения его центра v_o и линейной скорости вращательного движения вокруг центра. Вращение шарика будет происходить с некоторой угловой скоростью ω_о. Поэтому

v₁ = v_o - ω_оr , v₂ = v_o + ω_оr.

v_o = ½ (v₁ + v₂) = (ωd + Ω D)/4.

В этом выражении каждая из угловых скоростей может быть как положительной, так и отрицательной. При Ω = 0

v_o = ωd/4.

Если стержень однороден, то центр его масс совпадает с геометрическим центром, радиус- вектор которого определяется как полусумма радиус- векторов его концов:

Согласно закону сложения скоростей скорости концов стержня в системе отсчета, связанной с его центром, выражаются следующим образом

Из постоянства длины стержня вытекает, что проекции скоростей его концов на направление стержня в каждый момент времени совпадают:

v₁ cosα = v₂ cosβ.

Поэтому u₁ и u₂ перпендикулярны стержню, причем

u₁ = u₂ = ½ ωl.

Следовательно,

ω = |u₂ – u₁|/l = (v₁ sinα + v₂ sinβ) /l.

Учитывая, что

cosβ = (v₁/v₂) cosα,

получаем ответ

ω = [v₁ sinα + (v₂² – v₁² cos²α )^1/2]/l = 2 рад/с.

5. При взрыве покоящейся цилиндрической бомбы радиуса R осколки, разлетающиеся в радиальном направлении, за время t удаляются от оси цилиндра на расстояние L₁. На какое расстояние L₂ от оси цилиндра удаляются осколки за то же время t , если в момент взрыва бомба будет вращаться вокруг своей оси с угловой скоростью ω? Влиянем силы тяжести пренебречь.

Ответ: L₂ = [(ωRt)² + L₁²]^1/2.
Решение.
Каждый осколок вращавшейся в момент взрыва бомбы за время t удаляется от оси цилиндра в радиальном направлении на расстояние L₁ , в другом, перпендикулярном ему, - на расстояние ωRt. Таким образом, искомое расстояние

L₂ = [(ωRt)² + L₁²]^1/2.

Очевидно, что расстояние x между осью вращения доски и точкой касания цилиндра и стола связано с радиусом цилиндра и углом α соотношением:

r / x(t) = tg (α(t) /2). (1)

Дифференцирование этого уравнения по времени приводит к следующему соотношению

-(r/x²)x′ = (1 + tg² α /2) α′/2.

Учитывая, что x′ = v = ωr, а α′ = Ω, где v –скорость цилиндра, а Ω – угловая скорость доски, получим

Ω = -2 ω sin² α /2.

Знак минус показывает, что угол α уменьшается со временем.

По прошествии небольшого промежутка времени Δt ось цилиндра переместится на расстояние Δх = rωΔt , а доска повернется на некоторый угол Δα. Учитывая, что выбранный промежуток времени достаточно мал, можно считать, что угол Δα много меньше одного радиана и вращение доски в течение этого промежутка времени неотличимо от равномерного. Поэтому угловая скорость доски будет равна Ω = Δα/Δt. Уравнение (1) для момента времени t + Δt запишется в виде

[x(t) + Δх]/ r =ctg[(α(t) + Δα)/2]. (2)

Вычитая из уравнения (2) уравнение (1), приведенное к виду (2), получим

ΩrΔt = r{ctg[(α(t) + Δα )/2] - ctg[(α(t)/2}.

Поскольку ctgα – ctgβ = sin(α – β)/(sinα sinβ), а синус малого угла равен самому углу, выраженному в радианах, искомая угловая скорость равна

Ω = -2 ω sin² α /2.

7. Рельсы игрушечной железной дороги образуют кольцо радиуса R (см. рис.). Вагончик перемещается по ним, подталкиваемый стержнем О₁А, который поворачивается с постоянной угловой скоростью ω₁ вокруг точки О₁, лежащей внутри кольца почти у самых рельсов. Как изменяется скорость вагончика при его движении?

Ответ: v = 2Rω₁.


Решение.
Угол φ₁, образуемый стержнем О₁А с некоторым направлением, изменяется со временем по закону:

φ₁ = ω₁t.

В качестве направления, от которого отсчитывается угол φ₁, удобно взять диаметр окружности, проходящей через точку О₁. Точка О – центр окружности. Очевидно, что центральный угол φ, определяющий положение вагончика на окружности, в два раза больше вписанного угла φ₁, опирающегося на ту же дугу:

φ = 2 φ₁.

Поэтому угловая скорость вагончика ω при движении по рельсам вдвое больше угловой скорости ω₁, с которой поворачивается стержень:

ω = 2 ω₁.

Таким образом, угловая скорость ω вагончика оказалась постоянной. Значит, вагончик движется по рельсам равномерно. Его линейная скорость неизменна и равна

v = 2Rω₁.

Ускорение вагончика при таком движении всегда направлено к центру О, а его модуль равен

a = ω²R = 4 ω₁² R.

Следовательно, проекции ускорений муфт на стержень равны между собой:

где а – ускорение муфты В, α – угол между стержнем и прямой ОВ. Отсюда

mω²x = kx ,

где х – расстояние от тела до оси. Отсюда ясно, что при любом х пружина сообщает необходимое для вращения центростремительное ускорение. Поэтому после толчка тело будет двигаться с постоянной скоростью до упора А или до тех пока для пружины выполняется закон прямой пропорциональности между силой и деформацией.

Железная дорога идет так, как показано на рисунке. Какой участок пути подвергается наибольшему разрушению при движении поездов?

Наибольшему разрушению подвергается сопряжение дуг, образуемых дорогой. В этом месте центростремительное ускорение, сообщаемое вагону равнодействующей приложенных к нему сил, испытывает скачок равный v² (1/R₁ +1/R₂). Из-за зазора между щеками колес и рельсами происходит удар. Несколько менее сильный удар происходит и в местах сопряжения прямых участков дороги с дугами.

Сопряжение различных участков, а также повороты дороги из-за этого никогда не делают с помощью дуг окружностей. Они устраиваются так, чтобы радиус кривизны менялся плавно.